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高考数学一轮复习第十篇计数原理、概率、随机变量及其分布第1节分类加法计数原理与分步乘法计数原理课件理
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这是一份高考数学一轮复习第十篇计数原理、概率、随机变量及其分布第1节分类加法计数原理与分步乘法计数原理课件理，共30页。PPT课件主要包含了考纲展示，知识梳理自测，考点专项突破，易错易混辨析，知识梳理，m+n，m×n，双基自测，答案720，答案81等内容，欢迎下载使用。
第十篇 计数原理、概率、随机变量及其分布(必修3、选修2—3)
六年新课标全国卷试题分析
第1节 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
知识梳理自测 把散落的知识连起来
【教材导读】1.分类加法计数原理和分步乘法计数原理中要特别注意什么?提示:分类时注意“不重不漏”,分步时注意“步骤完整”.2.在应用中,如何确定使用哪个原理?提示:方法分类,每类中的方法都能直接完成一件事情,则使用分类加法计数原理;完成一件事情需分若干步骤,只有顺次完成各个步骤事情才能完成,则使用分步乘法计数原理.
1.分类加法计数原理完成一件事有两类不同方案,在第1类方案中有m种不同的方法,在第2类方案中有n种不同的方法.那么完成这件事共有N= 种不同的方法.这个原理称为分类加法计数原理.推广:完成一件事有n类不同方案,在第1类方案中有m1种不同的方法,在第2类方案中有m2种不同的方法,…,在第n类方案中有mn种不同的方法.那么完成这件事共有N= 种不同的方法.
m1+m2+…+mn
2.分步乘法计数原理完成一件事需要两个步骤,做第1步有m种不同的方法,做第2步有n种不同的方法,那么完成这件事共有N= 种不同的方法.推广:完成一件事需要分成n个步骤,做第1步有m1种不同的方法,做第2步有m2种不同的方法……做第n步有mn种不同的方法.那么完成这件事共有N= 种不同的方法.
m1×m2×…×mn
1.某日,从甲城市到乙城市的火车共有10个车次,飞机共有2个航班,长途汽车共有12个班次,若该日小张只选择这3种交通工具中的一种,则他从甲城市到乙城市共有( )(A)12种选法(B)14种选法(C)24种选法(D)22种选法
解析:由加法原理知有10+2+12=24种选法.故选C.
2.将乘积(a1+a2+a3+a4)(b1+b2)(c1+c2+c3) 展开成多项式后的项数是( )(A)4+2+3(B)4×2×3(C)5+3+4(D)5×3×4
解析:由题设每项的字母分别取自三个括号内的项,应分三个步骤取出,故由分步计数原理可得n=4×2×3.故选B.
3.将3张不同的奥运会门票分给10名同学中的3人,每人1张,则不同分法的种数是 .
解析:分步来完成此事.第1张有10种分法;第2张有9种分法;第3张有8种分法,共有10×9×8=720种分法.
4.现有4名同学去听同时进行的3个课外知识讲座,每名同学可自由选择其中的一个讲座,不同选法的种数是 .
解析:每个同学都有3种选择,所以不同选法共有34=81(种).
5.用1,5,9,13中的任意一个数作分子,4,8,12,16中的任意一个数作分母,可构成 个不同的分数,可构成 个不同的真分数.
解析:由于1,5,9,13是奇数,4,8,12,16是偶数,所以以1,5,9,13中的任意一个为分子,都可以与4,8,12,16中的一个构成分数,因此可以分两步构成分数:第一步,选分子,有4种选法,第二步,选分母,也有4种选法,共有分数4×4=16(个);分四类:分子为1时,分母可以从4,8,12,16中选一个,有4个能组成真分数;分子为5时,分母从8,12,16中选一个,有3个能组成真分数;分子为9时,分母从12,16中选一个,有2个能组成真分数;分子为13时,分母只能选16,有1个能组成真分数.所以共有真分数4+3+2+1=10(个).
考点专项突破 在讲练中理解知识
解析:(1)对于复数a+bi,只要b≠0即为虚数.第一类:当a=0时,b有5种选择;第二类:当a≠0时,a有5种,b有4种选择;由分步计数原理可知,不同的虚数共有5+5×4=25.故选C.(2)当a当组长时,共有1×4=4种选法;当a不当组长时,又因为a也不能当副组长,共有4×3=12种选法.因此共有4+12=16种选法.故选B.
【例1】 (1)从集合{0,1,2,3,4,5}中任取两个互不相等的数a,b组成复数a+bi,其中虚数有( )(A)36个(B)30个(C)25个(D)20个(2)a,b,c,d,e共5个人,从中选1名组长1名副组长,但a不能当副组长,不同选法的种数是( )(A)20 (B)16 (C)10 (D)6
反思归纳 本题是分类加法计数原理的直接应用,解题时首先把问题分类,然后确定每类中的方法数,最后按照分类加法计数原理得出结果.
跟踪训练1:(1)某班班干部有5名男生、4名女生,从9人中选1人参加某项活动,则不同选法的种数为( )(A)9 (B)5 (C)4 (D)72(2)从甲地到乙地每天有直达汽车4班,从甲到丙地,每天有5个班车,从丙地到乙地每天有3个班车,则从甲地到乙地不同的乘车方法有( )(A)12种(B)19种(C)32种(D)60种
解析:(1)分两类:一类从男生中选1人,有5种方法;另一类是从女生中选1人,有4种方法.因此,共有5+4=9种不同的选法.故选A.(2)分两类:一类是直接从甲到乙,有n1=4种方法;另一类是从甲经丙再到乙,可分两步,有n2=5×3=15种方法.由分类计数原理可得:从甲到乙的不同乘车方法n=n1+n2=4+15=19.故选B.
【例2】 (1) 导学号 38486202 (2017·广西陆川月考)若自然数n使得作竖式加法n+(n+1)+(n+2)均不产生进位现象,则称n为“开心数”.例如:32是“开心数”.因32+33+34不产生进位现象;23不是“开心数”.因23+24+25产生进位现象,那么,小于100的“开心数”的个数为( )(A)9 (B)10 (C)11 (D)12
解析: (1)由题意得小于100的“开心数”的个位数字为0,1,2,十位数字为0,1,2,3,所以小于100的“开心数”的个数为3×4=12.故选D.
解析:(2)由题设中定义的回文数的概念可知:先考虑五位回文数的中间的一个位置,每个数字都能选取,共有10种可能;其次是考虑首位数字应有除了0之外的9个数字,共有9种可能;最后再考虑第二个位置,十个数字都可选取,应有10种可能,由分布计数原理可得所有五位回文数的个数是9×10×10=900个.故选C.
(2)(2017·陕西咸阳三模)在中国文字语言中有回文句,如:“中国出人才人出国中.”其实,在数学中也有回文数.回文数是指从左到右与从右到左读都一样的正整数,如:3位回文数:101,111,121,…,191,202,…,999.则5位回文数有( )(A)648个 (B)720个 (C)900个 (D)1 000个
反思归纳 如果“一件事情”需要分成若干步骤才能完成,则就需要使用分步乘法计数原理计数完成这件事情的方法总数,如果其中存在某些特殊情况,则从总数中减去特殊情况的数目即可,这种间接求解的方法是计数问题中经常使用的.
跟踪训练2:某单位有甲、乙、丙、丁四个部门,分别有工作人员8名,10名,12名,15名,现从该单位四个部门中各选派一名志愿者参加社会公益活动,则不同的选派方法的种数为 .
解析:选派工作可以分四个步骤完成.分别从甲、乙、丙、丁四个部门中各选派一人.根据分步乘法计数原理,共有不同的选派方法有8×10×12×15=14 400(种).
【例3】 (2017·安徽淮北一中月考)甲与其四位同事各有一辆私家车,车牌尾数分别是0,0,2,1,5,为遵守当地某月5日至9日5天的限行规定(奇数日车牌尾数为奇数的车通行,偶数日车牌尾数为偶数的车通行),五人商议拼车出行,每天任选一辆符合规定的车,但甲的车最多只能用一天,则不同的用车方案种数为( )(A)5 (B)24 (C)32 (D)64
解析:5日至9日,即5,6,7,8,9中,有3天奇数日,2天偶数日,第一步安排奇数日出行,每天都有2种选择,共有23=8种,第二步安排偶数日出行分两类,第一类,先选1天安排甲的车,另外一天安排其他车,有2×2=4种,第二类,不安排甲的车,每天都有2种选择,共有22=4种,共计4+4=8,根据分步计数原理,不同的用车方案种数共有8×8=64.故选D.
跟踪训练3:设东、西、南、北四面通往山顶的路各有2,3,3,4条,只从一面上山,而从任意一面下山的走法最多,应( )(A)从东边上山(B)从西边上山(C)从南边上山(D)从北边上山
解析:任意一面下山,即下山的可能走法已经确定有2+3+3+4=12,只要上山的走法最多即可,上山只从一面,则从北边上山.故选D.
【例1】 (2017·陕西黄陵4月月考)已知a,b∈{2,3,4,5,6,7,8,9},则lgab的不同取值个数为( )(A)53 (B)56 (C)55 (D)57
解析:a,b 的不同的取值共有8×8=64种,其中lgab=1 的共有8种情况;lgab=2有2个,lgab= 的有2个,lgab=lg23有2个,lgab=lg32有2个,所以本题中不同取值个数为64-7-1-1-1-1=53.故选A.
【例2】 我国古代数学名著《续古摘奇算法》(杨辉)一书中有关于三阶幻方的问题:将1,2,3,4,5,6,7,8,9分别填入3×3的方格中,使得每一行,每一列及对角线上的三个数的和都相等,我们规定:只要两个幻方的对应位置(如每行第一列的方格)中的数字不全相同,就称为不同的幻方,那么所有不同的三阶幻方的个数是( )
(A)9 (B)8 (C)6 (D)4
【例3】 一个三位自然数百位,十位,个位上的数字依次为a,b,c,当且仅当a>b,b
易错易混辨析 用心练就一双慧眼
各步中方法数确定不准致误【典例】有六名同学报名参加三个智力竞赛项目,在下列情况下各有多少种不同的报名方法?(1)每人恰好参加一项,每项人数不限;(2)每项限报一人,但每人参加的项目不限.
错解:(1)每人恰好参加一项,所以每一项目都有3种选择,不同的报名方法为63=216种.
易错分析:没有准确理解题中六名同学和三个智力项目之间的对应关系,选择的主体和选择的对象不清.(1)中每人恰好参加一项,说明每项有6种不同的选择;(2)中,每项限报一人,说明每人只有3种不同的选择.
正解:(1)每人都可以从这三个比赛项目中选报一项,各有3种不同选法,由分步乘法计数原理知共有不同的报名方法36=729(种).
(2)由于每人参加的项目不限,因此每一个项目都可以从这六人中选出一人参赛,由分步乘法计数原理得共有不同的报名方法63=216(种).
第十篇 计数原理、概率、随机变量及其分布(必修3、选修2—3)
六年新课标全国卷试题分析
第1节 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
知识梳理自测 把散落的知识连起来
【教材导读】1.分类加法计数原理和分步乘法计数原理中要特别注意什么?提示:分类时注意“不重不漏”,分步时注意“步骤完整”.2.在应用中,如何确定使用哪个原理?提示:方法分类,每类中的方法都能直接完成一件事情,则使用分类加法计数原理;完成一件事情需分若干步骤,只有顺次完成各个步骤事情才能完成,则使用分步乘法计数原理.
1.分类加法计数原理完成一件事有两类不同方案,在第1类方案中有m种不同的方法,在第2类方案中有n种不同的方法.那么完成这件事共有N= 种不同的方法.这个原理称为分类加法计数原理.推广:完成一件事有n类不同方案,在第1类方案中有m1种不同的方法,在第2类方案中有m2种不同的方法,…,在第n类方案中有mn种不同的方法.那么完成这件事共有N= 种不同的方法.
m1+m2+…+mn
2.分步乘法计数原理完成一件事需要两个步骤,做第1步有m种不同的方法,做第2步有n种不同的方法,那么完成这件事共有N= 种不同的方法.推广:完成一件事需要分成n个步骤,做第1步有m1种不同的方法,做第2步有m2种不同的方法……做第n步有mn种不同的方法.那么完成这件事共有N= 种不同的方法.
m1×m2×…×mn
1.某日,从甲城市到乙城市的火车共有10个车次,飞机共有2个航班,长途汽车共有12个班次,若该日小张只选择这3种交通工具中的一种,则他从甲城市到乙城市共有( )(A)12种选法(B)14种选法(C)24种选法(D)22种选法
解析:由加法原理知有10+2+12=24种选法.故选C.
2.将乘积(a1+a2+a3+a4)(b1+b2)(c1+c2+c3) 展开成多项式后的项数是( )(A)4+2+3(B)4×2×3(C)5+3+4(D)5×3×4
解析:由题设每项的字母分别取自三个括号内的项,应分三个步骤取出,故由分步计数原理可得n=4×2×3.故选B.
3.将3张不同的奥运会门票分给10名同学中的3人,每人1张,则不同分法的种数是 .
解析:分步来完成此事.第1张有10种分法;第2张有9种分法;第3张有8种分法,共有10×9×8=720种分法.
4.现有4名同学去听同时进行的3个课外知识讲座,每名同学可自由选择其中的一个讲座,不同选法的种数是 .
解析:每个同学都有3种选择,所以不同选法共有34=81(种).
5.用1,5,9,13中的任意一个数作分子,4,8,12,16中的任意一个数作分母,可构成 个不同的分数,可构成 个不同的真分数.
解析:由于1,5,9,13是奇数,4,8,12,16是偶数,所以以1,5,9,13中的任意一个为分子,都可以与4,8,12,16中的一个构成分数,因此可以分两步构成分数:第一步,选分子,有4种选法,第二步,选分母,也有4种选法,共有分数4×4=16(个);分四类:分子为1时,分母可以从4,8,12,16中选一个,有4个能组成真分数;分子为5时,分母从8,12,16中选一个,有3个能组成真分数;分子为9时,分母从12,16中选一个,有2个能组成真分数;分子为13时,分母只能选16,有1个能组成真分数.所以共有真分数4+3+2+1=10(个).
考点专项突破 在讲练中理解知识
解析:(1)对于复数a+bi,只要b≠0即为虚数.第一类:当a=0时,b有5种选择;第二类:当a≠0时,a有5种,b有4种选择;由分步计数原理可知,不同的虚数共有5+5×4=25.故选C.(2)当a当组长时,共有1×4=4种选法;当a不当组长时,又因为a也不能当副组长,共有4×3=12种选法.因此共有4+12=16种选法.故选B.
【例1】 (1)从集合{0,1,2,3,4,5}中任取两个互不相等的数a,b组成复数a+bi,其中虚数有( )(A)36个(B)30个(C)25个(D)20个(2)a,b,c,d,e共5个人,从中选1名组长1名副组长,但a不能当副组长,不同选法的种数是( )(A)20 (B)16 (C)10 (D)6
反思归纳 本题是分类加法计数原理的直接应用,解题时首先把问题分类,然后确定每类中的方法数,最后按照分类加法计数原理得出结果.
跟踪训练1:(1)某班班干部有5名男生、4名女生,从9人中选1人参加某项活动,则不同选法的种数为( )(A)9 (B)5 (C)4 (D)72(2)从甲地到乙地每天有直达汽车4班,从甲到丙地,每天有5个班车,从丙地到乙地每天有3个班车,则从甲地到乙地不同的乘车方法有( )(A)12种(B)19种(C)32种(D)60种
解析:(1)分两类:一类从男生中选1人,有5种方法;另一类是从女生中选1人,有4种方法.因此,共有5+4=9种不同的选法.故选A.(2)分两类:一类是直接从甲到乙,有n1=4种方法;另一类是从甲经丙再到乙,可分两步,有n2=5×3=15种方法.由分类计数原理可得:从甲到乙的不同乘车方法n=n1+n2=4+15=19.故选B.
【例2】 (1) 导学号 38486202 (2017·广西陆川月考)若自然数n使得作竖式加法n+(n+1)+(n+2)均不产生进位现象,则称n为“开心数”.例如:32是“开心数”.因32+33+34不产生进位现象;23不是“开心数”.因23+24+25产生进位现象,那么,小于100的“开心数”的个数为( )(A)9 (B)10 (C)11 (D)12
解析: (1)由题意得小于100的“开心数”的个位数字为0,1,2,十位数字为0,1,2,3,所以小于100的“开心数”的个数为3×4=12.故选D.
解析:(2)由题设中定义的回文数的概念可知:先考虑五位回文数的中间的一个位置,每个数字都能选取,共有10种可能;其次是考虑首位数字应有除了0之外的9个数字,共有9种可能;最后再考虑第二个位置,十个数字都可选取,应有10种可能,由分布计数原理可得所有五位回文数的个数是9×10×10=900个.故选C.
(2)(2017·陕西咸阳三模)在中国文字语言中有回文句,如:“中国出人才人出国中.”其实,在数学中也有回文数.回文数是指从左到右与从右到左读都一样的正整数,如:3位回文数:101,111,121,…,191,202,…,999.则5位回文数有( )(A)648个 (B)720个 (C)900个 (D)1 000个
反思归纳 如果“一件事情”需要分成若干步骤才能完成,则就需要使用分步乘法计数原理计数完成这件事情的方法总数,如果其中存在某些特殊情况,则从总数中减去特殊情况的数目即可,这种间接求解的方法是计数问题中经常使用的.
跟踪训练2:某单位有甲、乙、丙、丁四个部门,分别有工作人员8名,10名,12名,15名,现从该单位四个部门中各选派一名志愿者参加社会公益活动,则不同的选派方法的种数为 .
解析:选派工作可以分四个步骤完成.分别从甲、乙、丙、丁四个部门中各选派一人.根据分步乘法计数原理,共有不同的选派方法有8×10×12×15=14 400(种).
【例3】 (2017·安徽淮北一中月考)甲与其四位同事各有一辆私家车,车牌尾数分别是0,0,2,1,5,为遵守当地某月5日至9日5天的限行规定(奇数日车牌尾数为奇数的车通行,偶数日车牌尾数为偶数的车通行),五人商议拼车出行,每天任选一辆符合规定的车,但甲的车最多只能用一天,则不同的用车方案种数为( )(A)5 (B)24 (C)32 (D)64
解析:5日至9日,即5,6,7,8,9中,有3天奇数日,2天偶数日,第一步安排奇数日出行,每天都有2种选择,共有23=8种,第二步安排偶数日出行分两类,第一类,先选1天安排甲的车,另外一天安排其他车,有2×2=4种,第二类,不安排甲的车,每天都有2种选择,共有22=4种,共计4+4=8,根据分步计数原理,不同的用车方案种数共有8×8=64.故选D.
跟踪训练3:设东、西、南、北四面通往山顶的路各有2,3,3,4条,只从一面上山,而从任意一面下山的走法最多,应( )(A)从东边上山(B)从西边上山(C)从南边上山(D)从北边上山
解析:任意一面下山,即下山的可能走法已经确定有2+3+3+4=12,只要上山的走法最多即可,上山只从一面,则从北边上山.故选D.
【例1】 (2017·陕西黄陵4月月考)已知a,b∈{2,3,4,5,6,7,8,9},则lgab的不同取值个数为( )(A)53 (B)56 (C)55 (D)57
解析:a,b 的不同的取值共有8×8=64种,其中lgab=1 的共有8种情况;lgab=2有2个,lgab= 的有2个,lgab=lg23有2个,lgab=lg32有2个,所以本题中不同取值个数为64-7-1-1-1-1=53.故选A.
【例2】 我国古代数学名著《续古摘奇算法》(杨辉)一书中有关于三阶幻方的问题:将1,2,3,4,5,6,7,8,9分别填入3×3的方格中,使得每一行,每一列及对角线上的三个数的和都相等,我们规定:只要两个幻方的对应位置(如每行第一列的方格)中的数字不全相同,就称为不同的幻方,那么所有不同的三阶幻方的个数是( )
(A)9 (B)8 (C)6 (D)4
【例3】 一个三位自然数百位,十位,个位上的数字依次为a,b,c,当且仅当a>b,b
易错易混辨析 用心练就一双慧眼
各步中方法数确定不准致误【典例】有六名同学报名参加三个智力竞赛项目,在下列情况下各有多少种不同的报名方法?(1)每人恰好参加一项,每项人数不限;(2)每项限报一人,但每人参加的项目不限.
错解:(1)每人恰好参加一项,所以每一项目都有3种选择,不同的报名方法为63=216种.
易错分析:没有准确理解题中六名同学和三个智力项目之间的对应关系,选择的主体和选择的对象不清.(1)中每人恰好参加一项,说明每项有6种不同的选择;(2)中,每项限报一人,说明每人只有3种不同的选择.
正解:(1)每人都可以从这三个比赛项目中选报一项,各有3种不同选法,由分步乘法计数原理知共有不同的报名方法36=729(种).
(2)由于每人参加的项目不限,因此每一个项目都可以从这六人中选出一人参赛,由分步乘法计数原理得共有不同的报名方法63=216(种).
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